新高考数学专题复习专题43圆锥曲线中角的常见问题的处理专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题43圆锥曲线中角的常见问题的处理专题练习(学生版+解析)，共21页。试卷主要包含了题型选讲，角度问题的证明，由角求参数问题等内容，欢迎下载使用。

一、题型选讲
题型一 、由角求圆锥曲线的离心率等基本量问题
例1、【2020届北京市西城区师范大学附属实验中学高三摸底数学试题】已知双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于第一、四象限的A，B两点，设抛物线焦点为F，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
例2、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
例3、（多选题）（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，的外角平分线交x轴于点Q，过Q作交的延长线于，作交线段于点，则（ ）
A．B．C．D．
题型二、角度问题的证明
例4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：．
例5、（八省联考数学）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．
（1）求的离心率；
（2）若在第一象限，证明：．
例6、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，已知抛物线的焦点为.
若点为抛物线上异于原点的任一点，过点作抛物线的切线交轴于点，证明：.
，是抛物线上两点，线段的垂直平分线交轴于点 (不与轴平行)，且.过轴上一点作直线轴，且被以为直径的圆截得的弦长为定值，求面积的最大值.
例7、（2020秋•河南月考）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+my﹣1＝0过E的右焦点F．当m＝1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPA＝∠OPB（O为坐标原点）？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由．
题型三、由角求参数问题
例8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.
例9、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，且过点(1，)．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点P(2，0)，若∠PAB为锐角，求△ABP的面积的取值范围．
二、达标训练
1、【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：x2a2−y2b2=1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1=13，则E的离心率为（ ）
A．2B．32C．3D．2
2、【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为（ ）
A．23B．12C．13D．14
3、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点斜率为正的直线交椭圆于，两点.，是椭圆上相异的两点，满足，分别平分，.则外接圆半径的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4、(2017常州期末）已知圆C：(x－t)2＋y2＝20(t＜0)与椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个公共点为B(0，－2)，F(c,0)为椭圆E的右焦点，直线BF与圆C相切于点B.
(1) 求t的值以及椭圆E的方程；
(2) 过点F任作与两坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M，N两点，在x轴上是否存在一定点P，使PF恰为∠MPN的平分线？
5、【北京师范大学第二附属中学2019-2020学年高三上学期期中】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
6、(2017苏州期末）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点P(2，－1)．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．
专题43 圆锥曲线中角的常见问题的处理
一、题型选讲
题型一 、由角求圆锥曲线的离心率等基本量问题
例1、【2020届北京市西城区师范大学附属实验中学高三摸底数学试题】已知双曲线的两条渐近线分别与抛物线交于第一、四象限的A，B两点，设抛物线焦点为F，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】双曲线的两条渐近线方程为，
由抛物线和，联立可得，
由抛物线的方程可得，
设AF的倾斜角为，斜率为，
而，
解得（负的舍去），
设，可得，解得，
则，
故选：B.
例2、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
例3、（多选题）（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线的焦点为F，准线为l.设l与x轴的交点为K，P为C上异于O的任意一点，P在l上的射影为E，的外角平分线交x轴于点Q，过Q作交的延长线于，作交线段于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【解析】
由抛物线的定义，，A正确；
∵，是的平分线，∴，∴，B正确；
若，由是外角平分线，，得，从而有，于是有，这样就有，为等边三角形，，也即有，这只是在特殊位置才有可能，因此C错误；
连接，由A、B知，又，是平行四边形，∴，显然，∴，D正确．
题型二、角度问题的证明
例4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：．
【解析】（1）由已知得，l的方程为x=1．
由已知可得，点A的坐标为或，
所以AM的方程为或．
（2）当l与x轴重合时，．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为．
由得．
将代入得．
所以，
则．
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以．
综上，．
例5、（八省联考数学）双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上．当时，．
（1）求的离心率；
（2）若在第一象限，证明：．
【解析】（1）设双曲线的半焦距为，则，，
因为，故，故，即，
故.
（2）设，其中.
因为，故，，
故渐近线方程为：，所以，，
又，，
所以
，
因为故，
故.
例6、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，已知抛物线的焦点为.
若点为抛物线上异于原点的任一点，过点作抛物线的切线交轴于点，证明：.
，是抛物线上两点，线段的垂直平分线交轴于点 (不与轴平行)，且.过轴上一点作直线轴，且被以为直径的圆截得的弦长为定值，求面积的最大值.
【解析】由抛物线的方程可得，准线方程：，设，
由抛物线的方程可得，所以在处的切线的斜率为：，
所以在处的切线方程为：，
令，可得，
即，
所以，而到准线的距离，由抛物线的性质可得
所以，，
可证得：.
设直线的方程为：，，，
直线与抛物线联立，
整理可得：，
，
即，
，，，
所以的中点坐标为：，
所以线段的中垂线方程为：，
由题意中垂线过，所以，即，①
由抛物线的性质可得：，
所以，即，②
设，，
的中点的纵坐标为，
所以以为直径的圆与直线的相交弦长的平方为：
，
要使以为直径的圆截得的弦长为定值则可得，时相交弦长的平方为定值，即
所以到直线的距离为：，
而弦长
，
所以，
将①代入可得
，
设为偶函数，
只看的情况即可，
令，
当，，单调递增；
当，，单调递减，
所以且上，为最大值，
所以的最大值为：.
例7、（2020秋•河南月考）已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+my﹣1＝0过E的右焦点F．当m＝1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得当m变化时，总有∠OPA＝∠OPB（O为坐标原点）？若存在，求P点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，直线l恒过定点（1，0），所以c＝1，
当m＝1时，直线l：x+y﹣1＝0，椭圆的下顶点（0，﹣b）到直线l的距离d＝，
由题意可得，解得a＝，b＝1，所以椭圆的方程为+y2＝1；
（Ⅱ）当m＝0时，显然在x轴上存在点P，使得∠OPA＝∠OPB；
当m≠0时，由消去x，可得（2+m2）y2﹣2my﹣1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2＝，y1y2＝﹣，
设P（t，0）满足题设条件，
kPA+kPB＝+＝+＝＝0，
则（1﹣t）（y1+y2）﹣2my1y2＝0，即2m（1﹣t）+2m＝2m（2﹣t）＝0，
t＝2时，上式恒成立．
所以在x轴上存在点P（2，0）满足题设条件．
题型三、由角求参数问题
例8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.
【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点,则,,
联立,得,
所以,,
因为为锐角,所以,
所以
,
解得或
例9、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，且过点(1，)．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A是椭圆C上位于第一象限内的点，连接AF并延长交椭圆C于另一点B，点P(2，0)，若∠PAB为锐角，求△ABP的面积的取值范围．
【解析】（1）由题意知， 解得
所以椭圆的方程为．…………………………………………3分
（2）由题意可设直线的方程为，
联立 消去并整理得，，
设，，则，，……5分
所以的面积
，
当且仅当时，取等号，此时为锐角，符合题意．………9分
由为锐角可知，，即，
即，即，解得，
由函数的单调性可知，．
所以的面积的取值范围为．…………………12分
二、达标训练
1、【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：x2a2−y2b2=1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1=13，则E的离心率为（ ）
A．2B．32C．3D．2
【解析】：由题意，M为双曲线左支上的点，
则丨MF1丨=b2a，丨MF2丨=4c2+(b2a)2，
∴sin∠MF2F1=13，∴b2a4c2+b4a2=13，
可得：2b4＝a2c2，即2b2＝ac，又c2＝a2+b2，
可得2e2﹣e−2=0，
e＞1，解得e=2．
故选：A．
2、【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为（ ）
A．23B．12C．13D．14
【解析】：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），
直线AP的方程为：y=36（x+a），
由∠F1F2P＝120°，|PF2|＝|F1F2|＝2c，则P（2c，3c），
代入直线AP：3c=36（2c+a），整理得：a＝4c，
∴题意的离心率e=ca=14．
故选：D．
3、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点斜率为正的直线交椭圆于，两点.，是椭圆上相异的两点，满足，分别平分，.则外接圆半径的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，
先固定直线AB，设，则，其中为定值，
故点P，C，D在一个阿波罗尼斯圆上，且外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为r，阿波罗尼斯圆会把点A，B其一包含进去，这取决于BP与AP谁更大，不妨先考虑的阿波罗尼斯圆的情况，BA的延长线与圆交于点Q，PQ即为该圆的直径，如图：
接下来寻求半径的表达式，
由，解得，
同理，当时有，，
综上，；
当直线AB无斜率时，与椭圆交点纵坐标为，则；
当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，即，
与椭圆方程联立可得，
设，，则由根与系数的关系有，，
，
注意到与异号，故，
设，则，，当，即，此时，故，
又，综上外接圆半径的最小值为.
故选：D．
4、(2017常州期末）已知圆C：(x－t)2＋y2＝20(t＜0)与椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个公共点为B(0，－2)，F(c,0)为椭圆E的右焦点，直线BF与圆C相切于点B.
(1) 求t的值以及椭圆E的方程；
(2) 过点F任作与两坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M，N两点，在x轴上是否存在一定点P，使PF恰为∠MPN的平分线？
【解析】 (1) 由题意b＝2.(2分)
因为C(t,0)，B(0，－2)，所以BC＝eq \r(t2＋4)＝eq \r(20)，所以t＝±4.因为t＜0，所以t＝－4.(4分)
因为BC⊥BF，所以20＋c2＋4＝(c＋4)2，所以c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5.
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.(6分)
(2) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1，化简得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0.
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(10k2,4＋5k2)，,x1x2＝\f(5k2－20,4＋5k2).))(8分)
若点P存在，设P(m,0)，由题意kPM＋kPN＝0.
所以eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝eq \f(kx1－1,x1－m)＋eq \f(kx2－1,x2－m)＝0.(10分)
所以(x1－1)(x2－m)＋(x2－1)(x1－m)＝0，
即2x1x2－(1＋m)(x1＋x2)＋2m＝2·eq \f(5k2－20,4＋5k2)－(1＋m)eq \f(10k2,4＋5k2)＋2m＝0，所以8m－40＝0，所以m＝5.(13分)
即在x轴上存在一定点P(5,0)，使PF恰为∠MPN的平分线．(14分)
5、【北京师范大学第二附属中学2019-2020学年高三上学期期中】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【解析】（1）由已知得，l的方程为.
由已知可得，点的坐标为或.
所以的方程为或.
（2）当与轴重合时，.
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故、的倾斜角互补，所以.
综上，.
6、(2017苏州期末）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点P(2，－1)．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．
【解析】 (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，得a∶b∶c＝2∶1∶eq \r(3)，椭圆C的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.(2分)
把P(2，－1)的坐标代入，得b2＝2，所以椭圆C的方程是eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.(5分)
(2) 由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数．(6分)
设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，其中k≠0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋1＝kx－2，,x2＋4y2＝8，))消去y，得x2＋4[kx－(2k＋1)]2＝8，
即(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－8＝0.(8分)
因为该方程的两根为2，xA，所以2xA＝eq \f(42k＋12－8,1＋4k2)，即xA＝eq \f(8k2＋8k－2,1＋4k2).从而yA＝eq \f(4k2－4k－1,4k2＋1).(10分)
把k换成－k，得xB＝eq \f(8k2－8k－2,1＋4k2)，yB＝eq \f(4k2＋4k－1,4k2＋1).(12分)
计算，得kAB＝eq \f(yB－yA,xB－xA)＝eq \f(8k,－16k)＝－eq \f(1,2)，是定值．(14分)
解后反思 利用直线PA与椭圆C已经有一个交点P(2，－1)，可使得解答更简单．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋1＝kx－2，,x2＋4y2＝8，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋1＝kx－2，,4y2－1＝4－x2，))
当(x，y)≠(2，－1)时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋1＝kx－2，,4ky－1＝－x－2.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xA＝\f(8k2＋8k－2,4k2＋1)，,yA＝\f(4k2－4k－1,4k2＋1).))
以下同解答．
下面介绍一个更优雅的解法．
由A，B在椭圆C：x2＋4y2＝8上，得(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
同理kPA＝eq \f(y1＋1,x1－2)＝－eq \f(1,4)·eq \f(x1＋2,y1－1)，kPB＝eq \f(y2＋1,x2－2)＝－eq \f(1,4)·eq \f(x2＋2,y2－1).由已知，得kPA＝－kPB，所以eq \f(y1＋1,x1－2)＝－eq \f(y2＋1,x2－2)，且eq \f(x1＋2,y1－1)＝－eq \f(x2＋2,y2－1)，即x1y2＋x2y1＝2(y1＋y2)－(x1＋x2)＋4，且x1y2＋x2y1＝(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4.从而可得x1＋x2＝2(y1＋y2)．所以kAB＝－eq \f(1,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(1,2)，是定值．